Question

18．已知椭圆C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）左右两个焦点分别为F₁，F₂，R（1，$\frac{3}{2}$）为椭圆C₁上一点，过F₂且与x轴垂直的直线与椭圆C₁相交所得弦长为3．抛物线C₂的顶点是椭圆C₁的中心，焦点与椭圆C₁的右焦点重合．
（Ⅰ）求椭圆C₁和抛物线C₂的方程；
（Ⅱ）过抛物线C₂上一点P（异于原点O）作抛物线切线l交椭圆C₁于A，B两点，求△AOB面积的最大值；
（Ⅲ）过椭圆C₁右焦点F₂的直线l₁与椭圆相交于C，D两点，过R且平行于CD的直线交椭圆于另一点Q，问是否存在直线l₁，使得四边形RQDC的对角线互相平分？若存在，求出l₁的方程；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设F₂（c，0），令x=c，代入椭圆方程，可得弦长为3，再将R的坐标代入椭圆方程，解方程可得a=2，b=$\sqrt{3}$，c=1，即有抛物线的焦点，进而椭圆方程和抛物线的方程；
（Ⅱ）设P（t²，2t）（t≠0），设抛物线切线l的方程为y-2t=k（x-t²），对抛物线的方程两边对x求导，可得切线的斜率，即可得到切线的方程，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，点到直线的距离公式，由三角形的面积公式和换元法，运用对勾函数的单调性和二次函数的最值求法，可得三角形的面积的最大值；
（Ⅲ）可设直线l₁：y=m（x-1），代入椭圆方程，运用韦达定理，再由直线RQ：y=m（x-1）+$\frac{3}{2}$，代入椭圆方程，运用韦达定理可得Q的坐标，假设四边形RQCD的对角线互相平分，可得四边形RQCD为平行四边形，RD与QC的中点重合．运用中点坐标公式，结合韦达定理，解方程可得m，进而得到所求直线的方程．

解答 解：（Ⅰ）设F₂（c，0），令x=c，代入椭圆方程可得，
y=±b$\sqrt{1-\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}}$=±$\frac{{b}^{2}}{a}$，
由题意可得$\frac{2{b}^{2}}{a}$=3，
又R（1，$\frac{3}{2}$）在椭圆上，可得$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{9{b}^{2}}{4}$=1，
解得a=2，b=$\sqrt{3}$，c=1，
可得椭圆C₁的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
即有抛物线的焦点为（1，0），
可得抛物线C₂的方程为y²=4x；
（Ⅱ）设P（t²，2t）（t≠0），设抛物线切线l的方程为y-2t=k（x-t²），
由y²=4x两边对x求导，可得2yy′=4，即为y′=$\frac{2}{y}$，
可得k=$\frac{2}{2t}$=$\frac{1}{t}$，即有切线l的方程为t（y-2t）=x-t²，
即为x=ty-t²，代入椭圆方程3x²+4y²=12，
可得（4+3t²）y²-6t³y+3t⁴-12=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
即有△=36t⁶-12（4+3t²）（t⁴-4）＞0，得0＜t²＜4，
y₁+y₂=$\frac{6{t}^{3}}{4+3{t}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{3{t}^{4}-12}{4+3{t}^{2}}$，
|AB|=$\sqrt{1+{t}^{2}}$•$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{1+{t}^{2}}$•$\sqrt{\frac{36{t}^{6}}{（4+3{t}^{2}）^{2}}-\frac{4（3{t}^{4}-12）}{4+3{t}^{2}}}$
=4$\sqrt{3}$•$\sqrt{1+{t}^{2}}$•$\sqrt{\frac{-{t}^{4}+3{t}^{2}+4}{（4+3{t}^{2}）^{2}}}$，
原点到直线l的距离为d=$\frac{{t}^{2}}{\sqrt{1+{t}^{2}}}$，
则△AOB面积S=$\frac{1}{2}$|AB|•d=2$\sqrt{3}$t²•$\sqrt{\frac{-{t}^{4}+3{t}^{2}+4}{（4+3{t}^{2}）^{2}}}$，
令u=4+3t²，0＜t²＜4，可得4＜u＜16，
则S=$\frac{2\sqrt{3}}{9}$•$\sqrt{\frac{（{u}^{2}-8u+16）（-{u}^{2}+17u-16）}{{u}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{9}$•$\sqrt{（u+\frac{16}{u}-8）（17-u-\frac{16}{u}）}$，
可令v=u+$\frac{16}{u}$，由4＜u＜16，可得v=u+$\frac{16}{u}$在（4，16）递增，
可得8＜v＜17，即有S=$\frac{2\sqrt{3}}{9}$•$\sqrt{-{v}^{2}+25v-136}$，
即有当v=$\frac{25}{2}$∈（8，17）时，S取得最大值$\frac{2\sqrt{3}}{9}$•$\sqrt{-\frac{625}{4}+\frac{625}{2}-136}$=$\sqrt{3}$．
由u+$\frac{16}{u}$=$\frac{25}{2}$，解得u=$\frac{25+3\sqrt{41}}{4}$，t=$\frac{\sqrt{3+\sqrt{41}}}{2}$＜2，
故当t=$\frac{\sqrt{3+\sqrt{41}}}{2}$时，△AOB的面积取得最大值$\sqrt{3}$；
（Ⅲ）可设直线l₁：y=m（x-1），代入椭圆3x²+4y²=12，
可得（3+4m²）x²-8m²x+4m²-12=0，
设C（x₁，y₁），D（x₂，y₂），可得
x₁+x₂=$\frac{8{m}^{2}}{3+4{m}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{m}^{2}}$，
直线RQ：y=m（x-1）+$\frac{3}{2}$，代入椭圆3x²+4y²=12，
可得（3+4m²）x²+（12-8m）mx+4m²-12m-3=0，
设Q（x₃，y₃），可得
x₃+1=$\frac{m（8m-12）}{3+4{m}^{2}}$，x₃•1=$\frac{4{m}^{2}-12m-3}{3+4{m}^{2}}$，
假设四边形RQCD的对角线互相平分，可得四边形RQCD为平行四边形，
RD与QC的中点重合．
即有$\frac{{x}_{2}+1}{2}$=$\frac{{x}_{3}+{x}_{1}}{2}$，即为x₁-x₂=1-x₃，
即有（x₁-x₂）²=（x₁+x₂）²-4x₁x₂=（1-x₃）²，
则有（$\frac{8{m}^{2}}{3+4{m}^{2}}$，）²-$\frac{4（4{m}^{2}-12）}{3+4{m}^{2}}$=（1-$\frac{4{m}^{2}-12m-3}{3+4{m}^{2}}$）²，
即为$\frac{16（9+9{m}^{2}）}{（3+4{m}^{2}）^{2}}$=$\frac{（6+12m）^{2}}{（3+4{m}^{2}）^{2}}$，
解得m=$\frac{3}{4}$．
故存在直线l₁，方程为y=$\frac{3}{4}$x-$\frac{3}{4}$．

点评 本题考查椭圆和抛物线的方程的求法，注意运用点满足椭圆方程，考查三角形的面积的最大值，注意运用直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，以及点到直线的距离公式，考查存在性问题的解法，同时考查对勾函数的单调性和二次函数的最值求法，考查化简整理的运算能力，属于难题．